Klub 44 - DeltaMi

Klub 44
Zadania z matematyki nr 665, 666
Redaguje Marcin E. KUCZMA
665. Dany jest równoległobok ABCD. Punkty P i Q leżą odpowiednio na
bokach BC i DC, odcinki BP i DQ mają jednakową długość. Dowieść, że
odcinki BQ i DP przecinają się w punkcie, leżącym na dwusiecznej kąta BAD.
Termin nadsyłania rozwiązań: 30 XI 2013
Czołówka ligi zadaniowej Klub 44 M
po uwzględnieniu ocen rozwiązań zadań
655 (W T = 2,33) i 656 (W T = 1,39)
z numeru 2/2013
Zbigniew Skalik
Witold Bednarek
Paweł Łabędzki
Krzysztof Kamiński
Rami Marcin Ayoush
Jerzy Cisło
Wojciech Maciak
Marek Spychała
Paweł Najman
Wrocław
Łódź
Kielce
Pabianice
Szelków
Wrocław
Warszawa
Warszawa
Kraków
47,37
44,73
42,05
41,63
41,55
41,06
36,72
36,50
36,37
666. Niech W będzie wielomianem stopnia k ­ 2, o współczynnikach
całkowitych nieujemnych. Zakładamy, że dla każdej liczby naturalnej n ­ 1
wartość W (n) jest k-tą potęgą liczby całkowitej nieujemnej. Udowodnić,
że W ma postać W (x) = (ax + b)k , gdzie a ­ 1, b ­ 0 są liczbami całkowitymi.
Zadanie 666 zaproponował pan Witold Bednarek z Łodzi.
Rozwiązania zadań z numeru 5/2013
Przypominamy treść zadań:
661. Dany jest trójkąt równoboczny ABC oraz punkt D na boku BC. Punkty E, F, G, leżące
odpowiednio na bokach AB, CA, BC, są wyznaczone przez warunki DE ⊥ AB, EF ⊥ CA, F G ⊥ BC.
Proste DE i F G przecinają się w punkcie P . W jakim stosunku prosta AP dzieli odcinek BC?
662. Ciąg (xn ) jest określony wzorem rekurencyjnym
xn+1 =
x2n
−1
exn
dla n = 0, 1, 2, . . . ;
wyraz początkowy x0 jest dowolną liczbą dodatnią. Obliczyć granicę lim
n→∞
Pan Zbigniew Skalik zalicza już drugą
661. Zbudujmy prostokąt ABKL tak, by punkt C
rundę. Zaś najwytrwalszy uczestnik Ligi
– Witold Bednarek – także drugą, ale
był środkiem odcinka KL. Niech M będzie środkiem
weterańską; to znaczy, „44” po raz szósty! boku CA. Każdy z trójkątów EP F , BKM ma boki
Rozwiązanie zadania M 1396.
Załóżmy najpierw, że S leży na
prostej AC.
Jak wiadomo, kąt między styczną
a cięciwą jest równy kątowi wpisanemu
opartemu na tej cięciwie, więc
) SBA = <
) BCA. Zatem trójkąty
<
BSA i CSB są podobne, więc
AB/BC = AS/BS. Podobnie
stwierdzimy, że AD/CD = AS/DS, ale
BS = DS, więc AB/BC = AD/CD.
n(2 − nxn )
.
ln n
prostopadłe do odpowiednich boków trójkąta ABC
(rysunek); są to więc trójkąty o bokach odpowiednio
równoległych – zatem jednokładne. Środkiem
jednokładności jest punkt A (współliniowy z B, E oraz
z M, F ). Punktowi P odpowiada w tej jednokładności
punkt K. To znaczy, że prosta AP przechodzi przez K
(niezależnie od wyboru początkowego punktu D)
i przecina odcinek BC w takim punkcie Q, że trójkąty
QAB i QKC są podobne. Stąd wynik:
|BQ| : |CQ| = |AB| : |CK| = 2.
662. Jak w rozwiązaniu zadania 654, tak i teraz użyjemy wzoru Stolza:
an+1 − an
an
= lim
lim
n→∞ bn+1 − bn
n→∞ bn
dla każdego ciągu (bn ), rosnącego do nieskończoności, i dla każdego ciągu (an ), dla którego
granica po prawej stronie istnieje.
Dany w zadaniu iloraz piszemy w postaci
n(2 − nxn )
2x−1
n −n
= nxn ·
.
ln n
ln n
Zgodnie z wynikiem zadania 654, nxn → 2; pozostaje zająć się drugim czynnikiem. We wzorze
Stolza przyjmijmy an = 2x−1
n − n, bn = ln n:
(1)
qn =
2x−1
n −n
Załóżmy teraz, że zachodzi
(2)
lim
ln n
n→∞
AB/BC = AD/CD, ale S nie leży na AC
jeśli tylko ta ostatnia granica istnieje.
(powiedzmy, że punkt A leży bliżej
punktu S niż punkt C).
−1
2(x−1
n+1 − xn ) − 1
= lim
n→∞
ln(n + 1) − ln n
,
W rozwiązaniu zadania 654 zostało użyte przekształcenie
−2 xn
−1
− 1 − xn )
x−1
n+1 − xn = xn (e
oraz fragment rozwinięcia potęgowego
ex = 1 + x +
Zatem
−1
2(x−1
n+1 − xn ) − 1
Niech SA przecina okrąg w punkcie C ′ .
Z poprzedniej części zadania wiadomo,
że AB/BC ′ = AD/C ′ D, więc
BC/CD = BC ′ /C ′ D, co wraz
z równością kątów BCD i BC ′ D
implikuje, że trójkąty BCD i BC ′ D są
podobne, a że mają wspólny bok, to są
przystające. Zatem C = C ′ .
ln(n + 1) − ln n
1 2
x + o(x2 )
2
=
=
(przy x → 0).
xn − 1 − x ) − 1
2x−2
n
n (e
1
)
n
− xn − 12 x2n
x3n
ln(1 +
ex n − 1
·
=
2nxn
n ln(1 +
1
)
n
.
W tym ostatnim iloczynie pierwszy czynnik dąży do 1/6 (nieco dłuższy fragment rozwinięcia
ex = 1 + x + 21 x2 + 16 x3 + o(x3 )). Drugi czynnik: licznik dąży do 4, mianownik do 1. Cały
iloczyn dąży do 2/3. Tyle więc wynosi granica napisana po lewej stronie równości (2).
Wracamy do równości (1), pamiętając, że nxn → 2, i otrzymujemy ostatecznie lim qn = 4/3.
23